【化学】化学化学反应速率与化学平衡的专项培优 易错 难题练习题及答案
2020-2021化学化学反应速率与化学平衡的专项培优 易错 难题练习题(含答案)附答案解析
2020-2021化学化学反应速率与化学平衡的专项培优易错难题练习题(含答案)附答案解析一、化学反应速率与化学平衡1．用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。
（1）资料1：KI在该反应中的作用：H2O2＋I－＝H2O＋IO－；H2O2＋IO－＝H2O＋O2↑＋I－。
总反应的化学方程式是________________。
（2）资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。
下列判断正确的是___________（填字母）。
a. 加入KI后改变了反应的路径b. 加入KI后改变了总反应的能量变化c. H2O2＋I－＝H2O＋IO－是放热反应（3）实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。
再加入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。
资料3：I2也可催化H2O2的分解反应。
①加CCl4并振荡、静置后还可观察到___________，说明有I2生成。
②气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2浓度降低；ii. ________。
以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。
A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。
观察到的现象是_____________。
（4）资料4：I－（aq）＋I2（aq）ƒI3－（aq） K＝640。
为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20 mL一定浓度的H2O2溶液中加入10mL 0.10mol·L－1 KI溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下：微粒I－I2I3－浓度/（mol·L－1） 2.5×10－3a 4.0×10－3①a＝__________。
②该平衡体系中除了含有I－，I2，I3－外，一定还含有其他含碘微粒，理由是________________。
化学反应速率及化学平衡试题及答案
化学反应速率及化学平衡试题及答案化学反应速率及化学平衡试题及答案化学反应速率和化学平衡测试题1．反应，在不同情况下测得反应速率，其中反应速率最快的是A．υ(D)=0.4 mol / ?L·s? B．υ(C)=0.5 mol / ?L·s?C．υ(B)=0.6 mol / ?L·s? D．υ(A)=0.15 mol / ?L·s?2．某化学反应其△H== —122 kJ/mol，?S== 231 J/(mol·K)，则此反应在下列哪种情况下可自发进行A．在任何温度下都能自发进行 B．在任何温度下都不能自发进行C．仅在高温下自发进行 D．仅在低温下自发进行3．可逆反应N2+3H22NH3的正逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示。
下列关系中能说明反应已达到平衡状态的是A．υ正(N2)=υ逆(NH3) B．3υ正(N2)=υ正(H2) C．2υ正(H2)=3υ逆(NH3) D．υ正(N2)=3υ逆(H2)4．下列说法正确的是A．增大压强，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大B．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率可能增大C．加入反应物，使活化分子百分数增大，化学反应速率增大D．一般使用催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大化学反应速率5．在2L密闭容器中加入4molA和6molB，发生以下反应：4A(g)+6B(g) 4C(g) +5D(g)。
若经5s后，剩下的A是2.5mol，则B的反应速率是A．0.45 mol / ?L·s?B．0.15 mol / ?L·s?C．0.225 mol / ?L·s? D．0.9 mol / ?L·s?6．有一处于平衡状态的反应：X(s)＋3Y(g) 2Z(g)，ΔH＜0。
为了使平衡向生成Z的方向移动，应选择的条件是①高温②低温③高压④低压⑤加催化剂⑥分离出ZA．①③⑤ B．②③⑤ C．②③⑥ D．②④⑥7．同质量的锌与盐酸反应，欲使反应速率增大，选用的反应条件正确的组合是反应条件：①锌粒②锌片③锌粉④5%盐酸⑤10%盐酸⑥15%盐酸⑦加热⑧用冷水冷却⑨不断振荡⑩迅速混合后静置A．③⑥⑦⑨ B．③⑤⑦⑨C．①④⑧⑩8．某温度下，在固定容积的密闭容器中，可逆反应达到平衡时，各物质的物质的量之比为n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1。
高考化学一轮复习化学反应速率与化学平衡测试题(含答案)
一、选择题(本大题包括20个小题,每小题2分,共40分;每小题只有一个选项符合题目要求)1.X(g)+3Y(g)2Z(g)ΔH=-a kJ· mol-1,一定条件下,将1 mol X和3 mol Y通入2 L的恒容密闭容器中,反应10 min,测得Y的物质的量为2.4 mol。
Z的平均反应速率是()A.0.03 mol·L-1·s-1B.0.03 mol·L-1·min-1C.0.01 mol·L-1·s-1D.0.02 mol·L-1·min-1答案D解析由题意可知,Y的消耗量为0.6 mol,可求得Y的平均反应速率为0.03 mol·L-1·min-1,根据物质的反应速率之比等于化学方程式中相应物质前的化学计量数之比,Z的平均反应速率为0.02 mol·L-1·min-1。
2.2 L的恒容容器中,充入1 mol N2和3 mol H2,并在一定条件下发生反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g),若经3 min后测得NH3的浓度为0.6 mol·L-1,下列几种说法中不正确的是()A.用N2表示的反应速率为0.1 mol·L-1·min-1B.用H2表示的反应速率为0.4 mol·L-1·min-1C.3 min时N2与H2的转化率相等D.3 min时H2的浓度为0.6 mol·L-1答案B解析由化学反应方程式中各物质的化学计量数可知,v(N2)=0.1 mol·L-1·min-1;v(H2)=0.3 mol·L-1·min-1;3 min时氮气和氢气的转化率都是60%,H2的浓度为0.6 mol·L-1,B项说法不正确。
3.恒温恒容的密闭容器中发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),下列能够说明反应已达到平衡状态的是()A.容器内气体密度不再变化B.SO2和SO3的物质的量浓度相等C.容器内气体压强不随时间的变化而变化D.单位时间内消耗1 mol SO2的同时生成1 mol SO3答案C解析A项,反应前后都是气体,则恒容的容器内气体密度始终不变,故当容器内气体密度不再变化时,不能说明反应已达到平衡状态;B项,SO2和SO3的物质的量浓度相等,并不能说明其浓度不再发生变化,不能说明反应已达到平衡状态;C项,恒温恒容条件下,对于反应前后气体分子数目发生改变的反应,容器内气体压强不随时间变化而变化,表明容器内的气体物质的量不再发生变化,反应达到平衡状态,C项正确;D项,单位时间内消耗1 mol SO2的同时,必定生成1 mol SO3,不能说明反应已达到平衡状态。
高考化学培优(含解析)之化学反应速率与化学平衡
高考化学培优(含解析)之化学反应速率与化学平衡一、化学反应速率与化学平衡1．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2实验I：Na2S2O3的制备。
工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：(1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。
b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。
c中试剂为_______(2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______ (写出一条)(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。
资料：Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)装置试剂X实验现象Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s 后几乎变为无色(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。
从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：_______实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g∙mol-1)0.5880g。
平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L-1【答案】分液漏斗 蒸馏烧瓶 24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑ 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO 2过量，溶液显酸性．产物会发生分解 加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀 开始生成 Fe(S 2O 3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe 3+与S 2O 32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe 3++3S 2O 32-⇌Fe(S 2O 3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色 0.1600 【解析】 【分析】 【详解】(1)a 的名称即为分液漏斗，b 的名称即为蒸馏烧瓶；b 中是通过浓硫酸和Na 2SO 3反应生成SO 2，所以方程式为：24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑；c 中是制备硫代硫酸钠的反应，SO 2由装置b 提供，所以c 中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液； (2)从反应速率影响因素分析，控制SO 2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO 2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO 2过量，溶液显酸性，产物会发生分解； (4)检验Fe 2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe 2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成3233Fe(S O )-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe 3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：①2327226I Cr O 14H =3I 2Cr7H O --++++++；②2222346=I 2S O 2I S O ---++；反应①I -被氧化成I 2，反应②中第一步所得的I 2又被还原成I -，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的227Cr O -得电子总数就与消耗的223S O -失电子总数相同 ；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。
高考化学培优训练10 反应速率、转化率、化学平衡
高考化学培优训练10反应速率、转化率、化学平衡1．(2018·济宁五校联考)(1)醋酸乙烯酯(CH3COOCH===CH2)简称V AC，温度为180 ℃时，向容积为2 L的恒容密闭锆材高压搅拌釜中充入0.2 mol CH3COOCH3、0.2 mol CO和0.1 mol H2，发生反应2CH3COOCH3(g)＋2CO(g)＋H2(g)===CH3COOCH===CH2(g)＋2CH3COOH(g)ΔH<0，醋酸甲酯的转化率与反应时间的关系如下图所示。
①达到平衡时，该反应的平衡常数K＝________(写出计算式即可)；保持温度不变，向平衡体系内充入0.2 mol CH3COOCH3(g)和0.2 mol CH3COOH(g)，此时，v正________(填“>”“<”或“＝”)v逆。
②0～4 h内，H2的平均反应速率为________(计算结果保留两位有效数字)，M点的反应速率________(填“>”“<”或“＝”)N点的反应速率。
③该反应的ΔH<0，8 h后改变某一条件，醋酸甲酯的转化率减小，其原因可能为________(填字母)。
A．升高温度B．降低温度C．充入氩气D．充入过量的CH3COOCH3(g)(2)已知对于有气体参与的反应，p分压＝p总压×体积分数。
温度为T℃时，向容积为2 L的恒容密闭容器中充入0.2 mol CH3COOCH3、0.2 mol CO和0.1 mol H2，发生反应2CH3COOCH3(g)＋2CO(g)＋H2(g)CH3COOCH===CH2(g)＋2CH3COOH(g)，达到平衡状态时，测得体系的压强为10 MPa，V AC的物质的量为0.05 mol，则此时V AC的体积分数为________，CO的分压为________。
解析①N点时反应处于平衡状态，根据“三段式”法可得，此时搅拌釡中，反应物浓度分别为c(CH3COOCH3)＝c(CO)＝0.2 mol×（1－87.2%）2 L＝0.012 8 mol·L－1，c(H2)＝0.1 mol ×（1－87.2%）2 L＝0.006 4 mol·L －1；生成物浓度分别为c (CH 3COOCH===CH 2)＝0.2 mol ×87.2%2 L ×2＝0.043 6 mol·L －1，c (CH 3COOH)＝0.087 2 mol·L －1。
化学化学反应速率与化学平衡的专项培优 易错 难题练习题(含答案)附答案解析
化学化学反应速率与化学平衡的专项培优易错难题练习题(含答案)附答案解析一、化学反应速率与化学平衡1．某化学兴趣小组在一次实验探究中发现，向草酸溶液中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液时，溶液褪色先慢后快，即反应速率由小变大。
小组成员为此“异常”现象展开讨论，猜想造成这种现象的最可能原因有两种，并为此设计实验进行探究验证。
猜想Ⅰ：此反应过程放热，温度升高，反应速率加快；猜想Ⅱ：……。
（实验目的）探究草酸与高锰酸钾反应的速率变化“异常”原因（实验用品）仪器：试管、胶头滴管、量筒、药匙、玻璃棒等；试剂：0.1mol/L H2C2O4溶液、0.05mol/L KMnO4（硫酸酸化）溶液等。
请你根据该兴趣小组的实验探究设计思路，补充完整所缺内容。
（1）草酸（H2C2O4，弱酸）与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为（2）要完成对猜想Ⅰ的实验验证，至少还需要一种实验仪器是（3）猜想Ⅱ可是:___________________要设计实验验证猜想Ⅱ，进行该实验还要补充一种试剂及一种仪器，分别是（4）基于猜想Ⅱ成立，设计方案进行实验，请完成以下实验记录表内容。
【答案】（1）5H2C2O4+2MnO42—+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O（2）温度计（3）生成的Mn2+对该反应有催化作用，加快反应速率；MnSO4（s）和秒表（4）基于猜想Ⅱ成立，设计方案进行实验，请完成以下实验记录表内容。
（加入试剂时只要A试管与B试管所加的0.1mol/L H2C2O4溶液、0.05mol/L 酸性KMnO4体积相等即给分。
）【解析】试题分析：猜想II：影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂，而草酸与高锰酸钾溶液发生反应：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2 Mn2++8H2O，溶液褪色先慢后快，即反应速率由小变大，反应物是溶液，无气体，故不能是反应物的浓度和压强对反应速率产生的影响，则只能是生成的产物又做了此反应的催化剂，加快了反应速率，故答案为生成的Mn2+在反应中起到催化剂的作用，加快了反应速率；（1）草酸中的碳元素被在酸性条件下能被高锰酸钾溶液氧化为CO2，高锰酸根能被还原为Mn2+，根据得失电子数守恒来配平可得离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2 Mn2++8H2O；（2）由于猜想I是认为可能是由于反应放热导致体系温度升高而加快了反应速率，故应测量反应前和反应开始后一段时间的温度变化，则还缺少温度计；（3）猜想II是认为生成的Mn2+在反应中起到催化剂的作用，由于Cl-也能使高锰酸钾溶液褪色，故为了避免Cl-的干扰，故应补充MnSO4固体，通过测量溶液褪色的时间的长短来验证猜想，则还需的仪器是秒表；（4）要通过对比实验来验证猜想Ⅱ，则实验B和实验A的试剂的选择应除了MnSO4固体不同，其他均应相同，故试管B内加入的试剂是在试管A试剂的基础上多加了MnSO4（s），由于结论是猜想II成立，则试管B的褪色时间应该比试管A的更快，故答案为2．草酸224H C O （）溶液与酸性4KMnO 溶液反应时，溶液褪色总是先慢后快，某学习小组探究反应过程中使褪色加快的主要原因，过程如下： （查阅资料）4KMnO 溶液氧化224H C O 的反应历程为：（提出假设）假设1：该反应为放热 假设2：反应生成的Mn 2+对该反应有催化作用 假设3：K +对该反应有催化作用该小组同学未提出浓度使反应速率加快的假设，原因是______。
2021届高考备考化学二轮复习易错题： 化学反应速率和化学平衡(含解析)
化学反应速率和化学平衡1．某化工厂生产硝酸的流程如图l所示；其他条件相同时，装置③中催化剂铂网的成分、温度与氧化率的关系如图2所示。
下列说法不正确的是A．该流程中，装置①③④中发生了氧化还原反应B．装置②中利用氨易液化的性质实现反应物和生成物的分离C．装置③中最佳反应条件是铂网成分为纯铂、温度为900℃D．装置④中通入过量空气可以提高硝酸的产率2．将浓度均为0.01 mol/L的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。
该实验是一种“碘钟实验”。
某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。
（资料）该“碘钟实验”的总反应：H2O2+2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O反应分两步进行：反应A：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O反应B：……(1)反应B的离子方程式是______。
对于总反应，I-的作用相当于_____。
(2)为证明反应A、B的存在，进行实验Ⅰ。
A．向酸化的H2O2溶液中加入试剂X的水溶液，溶液变为蓝色B．再向得到的蓝色溶液中加入Na2S2O3溶液，溶液的蓝色褪去。
试剂X是_____。
(3)为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ。
（溶液浓度均为0.01 mol/L）溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验Ⅱ是30 min、实验Ⅲ是40 min。
①实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是_____、_____、_____。
②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是_____。
(4)为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。
（溶液浓度均为0.01 mol/L）实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。
试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：______。
3．氮、磷及其化合物在生产、生活中有重要的用途。
回答下列问题：Ⅰ．（1）氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题。
下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值。
2021年高中化学选修一第二章《化学反应速率与化学平衡》经典习题(答案解析)
一、选择题1．下列说法不正确的是A ．催化剂是通过降低反应所需的活化能来地大反应速率的B ．MnO 2的用量及颗粒大小均不会影响H 2O 2的分解速率C ．变量控制是研究外部条件对实验产生影响的重要方法D ．在氯化钴溶液中存在如下平衡：[CoCl 4]2- +6H 2O ⇌[Co(H 2O)6]2++4Cl - 答案：B 【详解】A ． 催化剂通过降低反应所需的活化能、改变了反应途径，大幅度地加快了反应速率，A 正确；B ． 催化剂能改变反应途径、通常是它参与了反应，催化剂的颗粒大小导致表面积有巨大差异时，也会明显影响反应速率，故MnO 2颗粒大小会影响H 2O 2的分解速率，B 错误；C ． 影响实验的条件不止一个时，变量控制是研究外部条件对实验产生影响的重要方法，C 正确；D ． 在氯化钴溶液中存在如下平衡：[CoCl 4]2- +6H 2O ⇌[Co(H 2O)6]2++4Cl - ，其中[CoCl 4]2- 呈蓝色、[Co(H 2O)6]2+呈粉红色，可通过温度变化溶液颜色变化来证明，D 正确； 答案选B 。
2．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A ．黄绿色的氯水光照后颜色变浅B ．2NO 2(红棕色)⇌N 2O 4(无色)，加压后颜色先变深后变浅C ．对于反应2HI(g)⇌H 2(g)+I 2(g) △H>0，缩小容器的体积可使颜色变深D ．打开冰镇啤酒瓶，把啤酒倒入玻璃杯中，杯中立即泛起大量泡沫 答案：C 【详解】A ．黄绿色的氯水中存在反应22Cl +H OHCl+HClO ，光照时次氯酸分解，使HClO浓度降低，平衡正向移动，可以用勒夏特列原理解释，故A 正确；B ．2NO 2(红棕色)⇌N 2O 4(无色)，该反应为分子数减小的反应，增大压强，浓度增大，颜色加深，平衡右移，颜色变浅，故B 正确；C ．对于反应()()()222HI g H g +I g 0 H ∆>，该反应为分子数不变的反应，缩小体积，压强增大，平衡不移动，但是根据nc=V，浓度增加，颜色会加深，与勒夏特列原理无关，故C 错误；D ．啤酒中溶解有大量二氧化碳，低温、高压时，二氧化碳溶解度增大，倒入杯中时，温度升高、压强降低，二氧化碳溶解度降低，产生大量气泡，故D 正确； 故选C 。
化学反应速率和化学平衡练习题(含详细答案)
化学【2 】反响速度和化学均衡分解演习一.选择题(包括15个小题,每小题4分,共60分.每小题有只一个选项相符题意.)1. 设反响C＋CO22CO（正反响吸热）反响速度为v1,N2＋3H22NH3（正反响放热）,反响速度为v2.对于上述反响,当温度升高时,v1.v2的变化情形为A. 同时增大B. 同时减小C. v1增大,v2减小D. v1减小,v2增大2. 在一密闭容器内产生氨分化反响：2NH3N2＋3H2.已知NH3肇端浓度是2.6 mol·L－1,4s末为1.0 mol·L－1,若用NH,则v（NH3）应为3的浓度变化来表示此反响的速度A. 0.04 mol·L－1·s－1B. 0.4 mol·L－1 ·s－1C. 1.6 mol·L－1·s－1D. 0.8 mol·L－1·s－13. 在温度不变的前提下,密闭容器中产生如下反响：2SO2＋O22SO3,下列论述可以或许解释反响已经达到均衡状况的是A. 容器中SO2.O2.SO3共存B. SO2与SO3的浓度相等C. 容器中SO2.O2.SO3的物资的量之比为2∶1∶2D. 反响容器中压强不随时光变化4. 反响2A(g)2B(g)+E(g)(正反响为吸热反响)达到均衡时,要使正反响速度下降,A的浓度增大,应采取的措施是A. 加压B. 减压C. 削减E的浓度D. 降温5. 必定温度下,浓度均为1mol·L－1的A2和B2两种气体,在密闭容器内反响生成气体C,反响达均衡后,测得：c(A2)＝0.58 mol·L－1,c(B2)＝0.16 mol·L－1,c(C)＝0.84 mol·L－1,则该反响的准确表达式为A. 2A2＋B22A2BB. A2＋B22ABC. A2＋B2A2B2D. A2＋2B22AB26. 必定前提下的反响：PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)(正反响吸热)达到均衡后,下列情形使PCl 5分化率下降的是 A. 温度.体积不变,充入氩气 B. 体积不变,对系统加热 C. 温度.体积不变,充入氯气D. 温度不变,增大容器体积7. 在必定温度下,把2. 0体积的N 2和6. 0体积的H 2通入一个带活塞的体积可变的容器中,活塞的一端与大气相通,容器中产生如下反响：N 2＋3H 22NH 3.已知均衡时NH 3的浓度是c mol ·L －1,现按下列四种配比作为肇端物资,分离充入上述容器,并保持温度不变,则达到均衡后,NH 3的浓度不为c mol ·L －1的是 A. 1.0体积的N 2和3.0体积的H 2B. 2.0体积的N 2.6.0体积的H 2和4.0体积的NH 3C. 4.0体积的NH 3和1.0体积的H 2D. 2.0体积的NH 38. 将3 molO 2参加到V L 的反响器中,在高温下放电,经t 1s 树立了均衡系统：3O 22O 3,此时测知O 2的转化率为30%,下列图象能准确表示气体的物资的量浓度(m )跟时光(t )的关系的是9. 下图为可逆反响A(g)＋2B(g)n C(g)(正反响放热)生成物C 的浓度随压强变化并树立均衡的关系图,则n 值与压强p 1.p 2的关系准确的是A. p ＞p ,n ＜3B. p 2＞p 1,n ＞3C. p 1＞p 2,n ＜3D. p 1＞p 2,n ＞310. 在容积固定的密闭容器中充入必定量的X.Y 两种气体,必定前提下产生可逆反响3X(g)+Y(g)2Z(g),并达到均衡.已知正反响是放热反响,测得X 的转化率为37.5%,Y 的转化率为25%,下列有关论述准确的是A. 若X 的反响速度为0.2 mol ·L －1·s －1,则Z 的反响速度为0.3 mol ·L －1·s －1B. 若向容器中充入氦气,压强增大,Y 的转化率进步C. 升高温度,正反响速度减小,均衡向逆反响偏向移动A2 3 mD23mt t 1 B23mt t 1C23mt2t1C浓度/m ol L-1p p .D. 开端充入容器中的X.Y 物资的量之比为2∶111. 在373 K 时,把0.5 mol N 2O 4通入体积为5 L 的真空密闭容器中,立刻消失棕色.反响进行到2 s 时,NO 2的浓度为0.02 mol ·L －1.在60 s 时,系统已达均衡,此时容器内压强为开端的1.6倍.下列说法准确的是A. 前2 s,以N 2O 4的浓度表示的均衡反响速度为0. 01 mol ·L －1·s －1B. 在2 s 时系统内的压强为开端时的1. 1倍C. 在均衡时系统内含N 2O 40. 25molD. 均衡时,假如紧缩容器体积,则可进步N 2O 4的转化率12. 对于反响2SO 2+O 22SO 3,下列断定准确的是A. 2体积SO 2和足量O 2反响,必定生成2体积SO 3B. 其他前提不变,增大压强,均衡必定向右移动C. 均衡时,SO 2消费速度必定等于O 2的生成速度D. 均衡时,SO 2浓度必定等于O 2浓度的两倍 13. 反响：L(s)+a G(g)b R(g)达到均衡,温度和压强对该反响的影响如右图所示,图中：压强p 1＞p 2,x 轴表示温度,y 轴表示平 衡混杂气体中G 的体积分数.据此可断定 A. 上述反响是放热反响B. 上述反响是吸热反响C. a ＞bD. 无法肯定a .b 的大小14. 合成氨反响为N 2＋3H 22NH 3,今有A.B.C.D 四个容器,每个容器中有两种操作,两种操作分离达到均衡后,操作1中N 2和操作2中NH 3转化率之和必定不为1的是(肇端体积相等)A. 恒温恒容：操作1:加1 mol N 2＋3 mol H 2,操作2：加2 mol NH 3B. 恒温恒压：操作1：加1 mol N 2＋3 mol H 2,操作2：加2 mol NH 3C. 恒温恒容：操作1:加1 mol N 2＋3 mol H 2,操作2：加3 mol NH 3D. 恒温恒压：操作1：加1 mol N 2＋3 mol H 2,操作2：加3 mol NH 3 15. 某温度下,C 和H 2O(g)在密闭容器里产生下列反响：12xyp p OC(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g),CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)当反响达到均衡时,c(H2)=1. 9 mol·L－1,c(CO)=0. 1 mol·L－1.则下列论述准确的有A. CO在均衡时转化率为10%B. 均衡浓度c(CO2)=c(H2)C. 均衡时气体平均相对分子质量约为23. 3D. 其他前提不变时,缩小体积,H2O(g)的转化率随之下降第Ⅱ卷(非选择题共60分)16. (10分)在密闭容器中产生下列反响：I2(g)+H2(g)2HI(g)(正反响吸热)肇端时,n(H2)=a mol,n(I2)=b mol.只转变表中列出的前提,其他前提不变,试将化学反响速度的转变(“增大”“减小”或“不变”)填入响应的表格.编号反响前提反响速度(1) 升高温度(2) 参加催化剂(3) 再充入a mol H2(4) 将容器容积扩展为本来2倍(5) 通入b mol Ne(g)17. (8分)在一个固定体积的密闭容器中,参加2 mol A和1 mol B,产生反响：2A(g)+B(g)3C(g)+D(g)达到均衡时,C的浓度为W mol·L－1.若保持容器体积和温度不变,用下列物资作为肇端反响物时,经反响达到均衡后C的浓度(用“大于”“小于”“等于”表示).(1)参加1 mol A和1 mol B时,C的均衡浓度_________W mol·L－1.(2)参加2mol A.1mol B.3mol C.1mol D时,C的均衡浓度_________W mol·L－1.(3)参加3 mol C和1 mol D时,C的均衡浓度_________W mol·L－1.(4)参加2 mol B.3 mol C.1 mol D时,C的均衡浓度_________W mol·L－1.18. (12分)现有反响：m A(g)+n B(g)p C(g),达到均衡后,当升高温度时,B的转化率变大;当减小压强时,混杂系统中C的质量分数也减小,则:(1)该反响的逆反响为_________热反响,且m+n_________p(填“＞”“=”“＜”).(2)减压时,A 的质量分数_________.(填“增大”“减小”或“不变”,下同) (3)若参加B(体积不变),则A 的转化率_________,B 的转化率_________. (4)若升高温度,则均衡时B.C 的浓度之比将_________.(5)若参加催化剂,均衡时气体混杂物的总物资的量_________.(6)若B 是有色物资,A.C 均无色,则参加C(体积不变)时混杂物色彩_______,而保持容器内压强不变,充入氖气时,混杂物色彩_______(填“变深”“变浅”或“不变”).19. (14分)将等物资的量的A.B.C.D 四种物资混杂,产生如下反响：a A ＋b Bc C(s)＋d D,当反响进行一准时光后,测得A 削减了n mol,B 削减了2n mol,C 增长了23n mol,D增长了n mol,此时达到化学均衡.(1)该化学方程式中各物资的化学计量数为：a =_____________,b =_____________,c =_____________,d =____________.(2)若只转变压强,反响速度产生变化,但均衡不移动,该反响中各物资的集合状况： A_____________,B_____________,C_____________,D_____________.(3)若只升高温度,反响一段时光后,测得四种物资的物资的量又达到相等,则该反响为_____________反响(填“放热”或“吸热”).20. (16分)必定前提下,将SO 2和O 2充入一密闭容器中,产生如下反响：2SO 2(g)+O 2(g)2SO 3(g)(正反响放热)反响进程中SO 2.O 2.SO 3物资的量变化如图所示：答复下列问题： (1)下降温度,SO 2的转化率_________,化学反响速度_________. (填“增大”“减小”或“不变”)(2)反响处于均衡状况的时光是_________.(3)反响进行至20 min 时,曲线产生变化的原因是______________________(用文字表达).10 min到15 min 的曲线变化的原因可能是_________(填写编号).a. 加了催化剂b. 缩小容器体积(C))B (c c 0.200.105 10 15 20 25 30SO SO232O 时间/mi n 物质的量/mo lc. 下降温度d. 增长SO3的物资的量化学均衡分解演习答案1.解析：联想温度对v的影响,升高温度,反响速度增大,故选A.答案：A2.解析：v(NH3)＝s4L m ol)0.16.2(1－⋅-＝0．4mol·L－1·s－1.答案：B3.答案：D4.解析：为了下降正反响速度,必须采用下降反响物或生成物的浓度.下降温度.减小压强中的一种或几种,而采用与此相反的措施,不论化学均衡向何偏向移动,都邑增大反响速度的;选项B.C.D相符上述请求.题中又请求使A的浓度增大,则减压(减小压强,本质上是增大容器的体积)后不论均衡向何反响偏向移动,都能减小反响物和生成物的浓度,所以选项B不相符题意.减小E的浓度,均衡向正反响偏向移动,而降温使均衡向逆反响偏向(放热反响偏向)移动,A的浓度会增大,所以D相符题意.答案：D5.解析：Δc(A2)＝1 mol·L－1－0. 58mol·L－1＝0. 42mol·L－1,Δc(B2)＝1 mol·L－1－0. 16mol·L－1＝0. 84mol·L－1,Δc©＝0. 84 mol·L－1,因变化量之比等于化学计量数比,故选D.答案：D6.解析：正反响为扩体吸热反响.A. 无影响;B. 加热,温度升高,均衡右移,PCl5分化率增大;C. 充入Cl2,均衡左移,PCl5分化率下降;D. 温度不变,体积增大,压强减小,均衡右移,PCl5分化率增大.故选C.答案：C7.解析：此题考核学生对恒温恒压前提劣等效均衡的熟悉.恒温恒压树立等效均衡的前提是投料比相等.所以题设前提下,投入的N2和H2的体积比相符V(N2)∶V(H2)＝2. 0∶6. 0=1∶3者皆可选.当然不论投入若干NH3,其转化为N2和H2的体积比皆为1∶3,即投入若干NH3都是适合的,或曰对等效均衡无影响.可见只有C选项可选.答案：C 8.解析：3O 22O 3 n (始)：3n (变)：0. 9 0. 6 n (平)：2. 10. 6故C 相符变化. 答案：C9.解析：p 大,v 大,到达均衡所需时光短,故p 1＞p 2,若由p 1变为p 2,则p 减小,均衡向扩体偏向移动,而C 浓度增大,即均衡向生成C 的偏向移动,故1＋2＜n ,即n ＞3,故选D.答案：D10.解析：A 项错,X 消费速度为0. 3 mol ·(L ·s)－1,转化为X 和Y 的Z 的速度为 0. 2 mol ·(L ·s)－1才是均衡的标志.B 项错,在容器容积不变时参加氦气,均衡不移动.C 项错,升温时,正.逆反响速度均增大,但增幅不同.D 项准确,设开端时充入X 的物资的量为x ,Y 的物资的量为y ,则x ·37. 5%∶y ·25%=3∶1得y x =21.答案：D 11.解析：c始(N 2O 4)＝L 5mol5.0＝0. 1mol ·L －1,因N 2O 42NO 2,所以v (N 2O 4)＝2s 2L mol 002.01⨯⋅－＝0. 005 mol ·L －1·s －1,A 不准确;n (NO 2)＝0. 02mol ·L －1×5 L ＝0. 1mol,反响后n (总)＝0. 5mol ＋0. 1 mol ×21＝0. 55mol,故B 准确;设到达均衡时,反响的N 2O 4物资的量为x ,由N 2O 42NO 2n (始)： 0. 5 moln (平)： 0. 5 mol －x 2x则mol 5.0mol 5.0x+=1. 6 mol,所以x =0. 3 mol,C 不准确;紧缩容积,压强增大,均衡向N 2O 4偏向移动,故N 2O 4的转化率下降,D 不准确.答案：B12.解析：选项A：生成2体积还表示2体积SO2全体反响,但此反响是可逆反响,反响物不可能全体转化为生成物.选项B：此反响的正反响是气体物资分子数量削减的反响,是以增大压强时会使均衡向正反响偏向移动.选项C：达到均衡时的标志是正.逆反响速度相等.SO2的消费是正反响,O2的生成是逆反响.因为反响速度之比等于方程式中各物资的化学计量数之比.所以消费SO2的速度应为生成O2速度的两倍.选项D：均衡时,SO2浓度与O2浓度的关系要看反响肇端的投料量,假如SO2与O2的肇端投料量的物资的量之比为2∶1时,因为反响消费的SO2与O2的肇端投料量的物资的量之比为2∶1,所以达均衡时,SO2浓度必定等于O2浓度的两倍,不然不会是.答案：B13.解析：由图给信息可知,跟着温度的升高,均衡混杂气中G的体积分数减小,解释该反响为吸热反响;由图知,在雷同温度下,压强增大,均衡混杂气中G的体积分数也增大,该反响是气体分子数增大的反响,即a＜b.答案：B14.解析：C. 从正.逆两个偏向分离树立等效均衡,得反响物的转化率与生成物的转化率之和为1.答案：C15.解析：在其他前提不变时,缩小体积,均衡：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)向左移动,水的转化率下降.答案：D16.解析：(1)不论正反响吸热,照样放热,升高温度都能使化学反响速度加速,v(正)也加速,v(逆)也加速,但增长幅度不雷同.若正反响吸热,升高温度时,v(正)＞v(逆);若正反响放热,升高温度时,v(正)＜v(逆).(2)若无特殊声明,平日所说的催化剂即为“正催化剂”,参加催化剂,可一致程度地进步正.逆化学反响速度.(3)再充入a mol H2,c(H2)浓度增大,化学反响速度加速.(4)扩展容器的容积,容器内各物资浓度(或压强)均减小,化学反响速度下降.(5)通入Ne(g),并未转变反响物的浓度和压强,化学反响速度不变. 答案：(1)增大 (2)增大 (3)增大 (4)减小 (5)不变17.解析：此题为等效均衡问题,2 mol A 和1 mol B 反响达到均衡时,与3 mol C 和1 mol D 反响达到均衡时是等效的,即两者在均衡时C 的浓度为W mol ·L －1,再依据均衡移动道理加以断定即可.答案：(1)小于 (2)大于 (3)等于 (4)大于18.解析：升高温度,B 的转化率变大,解释此反响的正反响为吸热反响;减小压强,混杂系统中w ©减小,解释减压均衡向逆反响偏向移动,即m +n ＞p .答案：(1)放＞ (2)增大 (3)增大减小 (4)变小 (5)不变 (6)变深变浅19.解析：(1)因变化的物资的量之比等于化学计量数比,所以a ∶b ∶c ∶d ＝n ∶2n∶23n ∶n ＝2∶1∶3∶2,故a =2,b =1,c =3,d =2.(2)因转变压强,速度产生变化解释有气态物资参加反响,使均衡不移动,解释等号双方气态物资的化学计量数相等,据此可判知：A 为气态,B 为固态或液态,C 为固态,D 为气态.(3)升温时,反响一段时光后,四种物资的量又达到相等,解释均衡向逆反响偏向移动,所以逆反响为吸热反响.答案：(1)2 1 3 2 (2)气态固态或液态固态气态 (3)放热20.解析：(1)降温,均衡向正反响偏向移动,SO 2的转化率增大,化学反响速度下降. (2)反响进行15 min 时,SO 2.O 2.SO 3的物资的量均不产生变化,解释反响达到了均衡状况.(3)反响进行至20 min,O 2的物资的量产生突变,解释此时增长了O 2的量. 答案：(1)增大减小 (2)15~20 min,25~30 min (3)增长了O 2的量 ab。
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【化学】化学化学反应速率与化学平衡的专项培优易错难题练习题附详细答案一、化学反应速率与化学平衡1．某校化学课外兴趣小组为了探究影响化学反应速率的因素，做了以下实验。
(1)用三支试管各取－1的酸性 KMnO4溶液，再分别滴入－1 2 2 4 5.0 mL、 0.01 mol L·0.1 mol L· H C O溶液，实验报告如下。
①实验 1、3 研究的是 _________对反应速率的影响。
②表中 V＝_________mL。
(2)小组同学在进行 (1)中各组实验时，均发现该反应开始时很慢，一段时间后速率会突然加快。
对此该小组的同学展开讨论：①甲同学认为KMnO4与 H2C2O4的反应放热，温度升高，速率加快。
②乙同学认为随着反应的进行，因_________，故速率加快。
(3)为比较 Fe3＋、 Cu2＋对 H2O2分解的催化效果，该小组的同学又分别设计了如图甲、乙所示的实验。
回答相关问题：①装置乙中仪器 A 的名称为_________。
②定性分析：如图甲可通过观察反应产生气泡的快慢，定性比较得出结论。
有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是____________________________________ 。
③定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40 mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是_______________。
【答案】温度 4.0产物Mn 2+可能对该反应具有催化作用分液漏斗控制阴离子相同，排除阴离子的干扰收集40mL气体所需时间【解析】【分析】（1）①、②作对比实验分析，其他条件相同时，只有一个条件的改变对反应速率的影响；（2）探究反应过程中反应速率加快的原因，一般我们从反应放热，温度升高，另一个方面从反应产生的某种物质可能起到催化作用；（3）比较 Fe3＋、 Cu2＋对 H2 O2分解的催化效果，阳离子不同，尽量让阴离子相同，减少阴离子不同造成的差别，催化效果可以从相同时间内收集气体体积的多少或者从收集相同体积的气体，所需时间的长短入手。
化学化学反应速率与化学平衡的专项培优易错难题练习题及答案解析.doc
化学 化学反应速率与化学平衡的专项 培优 易错 难题练习题及答案解析一、化学反应速率与化学平衡1． 研究不同pH 时 CuSO溶液对 H 2O 2 分解的催化作用。
资料： a ． Cu 2O 为红色固体，4难溶于水，能溶于硫酸，生成 2 +为棕褐色固体，难溶于水，能溶于硫Cu 和 Cu 。
b ．CuO 2 酸，生成 Cu 2+和 H 2O 2。
c ． H 2O 2 有弱酸性： H 2O 2 H + + HO 2- ， HO 2-H + + O 22- 。
编实验现象号向 1 mL pH ＝ 2 的 1 mol · L - 1 CuSO 4 溶液中加入Ⅰ出现少量气泡0 . 5 mL 30% H 2O 2 溶液向 1 mL pH ＝ 3 的 1 mol · L- 1CuSO 4 溶液中加入立即产生少量棕黄色沉淀，出 Ⅱ现较明显气泡0 . 5 mL 30% H 2O 2 溶液向 1 mL pH ＝ 5 的 1 mol · L- 14立即产生大量棕褐色沉淀，产 ⅢCuSO 溶液中加入生大量气泡0 . 5 mL 30% H 2O 2 溶液（1） 经检验生成的气体均为O 2 4 2 2__。
，Ⅰ中 CuSO 催化分解 H O 的化学方程式是 （ 2）对Ⅲ中棕褐色沉淀的成分提出 2 种假设：ⅰ. CuO 2 ，ⅱ.Cu 2O 和 CuO 2 的混合物。
为检验上述假设，进行实验Ⅳ：过滤Ⅲ中的沉淀，洗涤，加入过量硫酸，沉淀完全溶解，溶液呈蓝色，并产生少量气泡。
①若Ⅲ中生成的沉淀为 CuO 2，其反应的离子方程式是 __。
②依据Ⅳ中沉淀完全溶解，甲同学认为假设ⅱ不成立，乙同学不同意甲同学的观点，理由是 __。
③为探究沉淀中是否存在Cu 2O ，设计如下实验：将Ⅲ中沉淀洗涤、干燥后，取a g 固体溶于过量稀硫酸，充分加热。
冷却后调节溶液pH ，以 PAN 为指示剂，向溶液中滴加c mol · L - 1EDTA 溶EDTA 溶液至滴定终点，消耗液 V mL 。
高二化学必修一《第二章 化学反应速率与化学平衡》单元测试卷及答案
高二化学必修一《第二章化学反应速率与化学平衡》单元测试卷及答案一、单选题1．在四个不同容器中、不同条件下进行合成氨反应，根据下列在相同时间内测得的结果判断，生成氨的反应速率最快的是A．v(H2)=0.01mol·L-1·s-1B．v(NH3)=0.25mol·L-1·min-1C．v(H2)=0.3mol·L-1·min-1D．v(N2)=0.1mol·L-1·min-12．化学反应是有历程的，下列有关叙述错误的是A．所有的化学反应都由多个基元反应构成B．化学反应不同，反应历程就不相同C．反应物的结构和反应条件决定着一个反应的反应历程D．由多个基元反应构成的化学反应中，其快慢取决于反应历程中的慢反应3．某化学反应2X(g) Y(g)＋Z(g)在4种不同条件下进行，Y、Z起始浓度为0，反应物X的浓度(mol·L －1)随反应时间(min)的变化情况如下表：实验序号时间浓度温度01020304050601800 ℃ 1.00.800.670.570.500.500.50 2800 ℃ 1.00.600.500.500.500.500.50 3800 ℃c0.920.750.630.600.600.60 4820 ℃ 1.00.400.250.200.200.200.20下列说法不正确的是A．c＞1.0B．实验2可能使用了催化剂C．实验3比实验2先达到化学平衡状态D．前10分钟，实验4的平均化学反应速率比实验1的大4．根据如图有关图象，说法正确的是A ．由图℃知，反应在T 1、T 3处达到平衡，且该反应的ΔH<0B ．由图℃知，t 1-t 6时间段内反应在t 6时刻，NH 3体积分数最小C ．由图℃知，t 3时采取降低反应体系温度的措施D ．图℃表示在10L 容器、850℃时的反应，由图知，到4min 时，反应放出5.16kJ 的热量 5．对可逆反应4NH 3(g)+5O 2(g)4NO(g)+6H 2O(g)，下列关于平衡状态叙述正确的是A ．达到化学平衡时，5v 正(O 2)=4v 逆(NO)B ．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正逆反应速率都减小C ．若单位时间内消耗5molO 2的同时生成4molNO ，则反应达到平衡状态D ．达到平衡时，向体系内充入4molNH 3，NH 3的平衡转化率将增大 6．已知反应：()()()22COCl g CO g +Cl g H 0∆>，当反应达到平衡时，下列能提高COCl 2转化率的措施的是A ．恒容通入惰性气体B ．增加CO 浓度C ．加催化剂D ．恒压通入惰性气体7．下列有关化学反应方向及其判据的说法中错误的是（ ） A ．1molH 2O 在不同状态时的熵值：S[H 2O(s)]＜S[H 2O(g)] B ．已知某自发反应A(g)+B(g)=2C(g)△H ＞0，则△S ＜0 C ．CaCO 3(s)=CaO(s)+CO 2(g)△H ＞0能否自发进行与温度有关D ．常温下，反应C(s)+CO 2(g)=2CO(g)不能自发进行，则该反应的△H ＞0 8．N A 是阿伏加德罗常数的值。
高中化学选修一第二章《化学反应速率与化学平衡》经典练习题
一、选择题1．α-Fe(III)晶面铁原子簇是合成氨工业的一种新型高效催化剂，N2和H2在其表面首先变为活化分子，反应机理为：①H2(g)⇌2H(g)∆H1②N2(g)+2H(g)⇌2(NH)(g)∆H2③(NH)(g)+H(g)⇌ (NH2)(g)∆H3④(NH2)(g)+H(g)⇌NH3(g)∆H4总反应为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ∆H下列说法正确的是A．α-Fe(III)晶面铁原子簇能够有效降低合成氨反应的活化能和焓变B．为提高合成氨反应的平衡转化率，工业上采用适当增大压强和使用高效催化剂等方法C．反应①和总反应均为放热反应D．总反应的∆H=3∆H1+∆H2+2∆H3+2∆H4答案：D解析：反应机理为①H2 (g)=2H(g)△H1，②N2(g)+2H(g)⇌2(NH)(g)△H2，③(NH)(g)+H(g) (NH2)(g)△H3，④(NH2)(g)+H(g)NH3 (g) △H4；根据盖斯定律，①×3+②×2+③×2+④×2可得总反应为N2 (g)+3H2(g)2NH3 (g) △H=3△H1+△H2+2△H3+2△H4。
【详解】A．催化剂能够有效降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，故A错误；B．根据总反应，正反应为气体体积减小的体系，增大压强平衡向右移动，有利于提高总反应的平衡转化率，但是使用高效催化剂只是加快反应速率，平衡不移动，平衡转化率不变，故B错误；C．反应①为氢气分子变为氢原子，是断键过程，吸热，故C错误；D．根据上述分析可得，△H=3△H1+△H2+2△H3+2△H4，故D正确。
答案选D。
2．在298K和101KPa时，2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)；△H=+56.7kJ/mol，能自发进行的合理解释是A．是熵减反应B．是熵增效应大于能量效应C．是吸热反应D．是放热反应答案：B【详解】-<反应才能自发进行， 2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g) Δ0Δ0H T SΔΔ0、，298K和H S>>101KPa时，能自发进行的原因是熵增效应大于能量效应，故选B。
高中化学复习《化学反应速率与化学平衡》知识点解析与练习题含答案
1．了解化学反应速率的概念、化学反应速率的定量表示方法。
2．了解催化剂在生产、生活和科学研究领域中的重要作用。
3．了解化学反应的可逆性。
4．了解化学平衡建立的过程。
理解化学平衡常数的含义，能够利用化学平衡常数进行简单的计算。
5．理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反应速率和化学平衡的影响，认识其一般规律。
6．了解化学反应速率和化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。
平衡理论作为一个相对独立的知识体系是高考中的必考考点，而化学平衡又是三大平衡体系(化学平衡、电离平衡、沉淀溶解平衡)之首，在高考中占有相当重要的地位。
这类题目难度较大，具有良好的区分度，选拔功能强。
知识点一、物质状态和浓度对反应速率的影响1．对于有固体参加的化学反应而言，由于在一定条件下，固体的浓度是固定的，所以固体物质在化学反应中浓度不改变，因此在表示化学反应速率时，不能用固体物质。
但因为固体物质的反应是在其表面进行的，故与其表面积有关，当固体颗粒变小时，会增大表面积，加快反应速率。
2．对于有气体参加的反应而言，改变压强，对化学反应速率产生影响的根本原因是引起浓度改变所致。
所以，在讨论压强对反应速率的影响时，应区分引起压强改变的原因，这种改变对反应体系的浓度产生何种影响，由此判断出对反应速率产生何种影响。
对于气体反应体系，有以下几种情况：(1)恒温时：高中化学复习《化学反应速率与化学平衡》知识点解析与练习题含答案增加压强体积缩小浓度增大反应速率加快。
(2)恒容时：①充入气体反应物浓度增大总压增大速率加快②充入“惰气”总压增大，但各分压不变，即各物质的浓度不变，反应速率不变。
(3)恒压时：充入：“惰气”体积增大各反应物浓度减少反应速率减慢。
知识点二、外界条件对化学反应速率的影响活化分子浓度影响因素分子总数活化分子百分数活化分子总数（单位体积活化分子数）增大浓度增加不变增加增加增大压强不变不变不变增加升高温度不变增加增加增加正催化剂不变增加增加增加知识点三、化学反应速率的图象图象也是一种表达事物的语言符号，化学反应速率图象是将化学反应速率变化的状况在直角坐标系中以图的形式表达的结果，是化学反应速率变化规律的反映。
化学化学反应速率与化学平衡的专项培优 易错 难题练习题
化学化学反应速率与化学平衡的专项培优易错难题练习题一、化学反应速率与化学平衡1．某化学兴趣小组在一次实验探究中发现，向草酸溶液中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液时，溶液褪色先慢后快，即反应速率由小变大。
小组成员为此“异常”现象展开讨论，猜想造成这种现象的最可能原因有两种，并为此设计实验进行探究验证。
猜想Ⅰ：此反应过程放热，温度升高，反应速率加快；猜想Ⅱ：……。
（实验目的）探究草酸与高锰酸钾反应的速率变化“异常”原因（实验用品）仪器：试管、胶头滴管、量筒、药匙、玻璃棒等；试剂：0.1mol/L H2C2O4溶液、0.05mol/L KMnO4（硫酸酸化）溶液等。
请你根据该兴趣小组的实验探究设计思路，补充完整所缺内容。
（1）草酸（H2C2O4，弱酸）与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为（2）要完成对猜想Ⅰ的实验验证，至少还需要一种实验仪器是（3）猜想Ⅱ可是:___________________要设计实验验证猜想Ⅱ，进行该实验还要补充一种试剂及一种仪器，分别是（4）基于猜想Ⅱ成立，设计方案进行实验，请完成以下实验记录表内容。
【答案】（1）5H2C2O4+2MnO42—+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O（2）温度计（3）生成的Mn2+对该反应有催化作用，加快反应速率；MnSO4（s）和秒表（4）基于猜想Ⅱ成立，设计方案进行实验，请完成以下实验记录表内容。
（加入试剂时只要A试管与B试管所加的0.1mol/L H2C2O4溶液、0.05mol/L 酸性KMnO4体积相等即给分。
）【解析】试题分析：猜想II：影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂，而草酸与高锰酸钾溶液发生反应：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2 Mn2++8H2O，溶液褪色先慢后快，即反应速率由小变大，反应物是溶液，无气体，故不能是反应物的浓度和压强对反应速率产生的影响，则只能是生成的产物又做了此反应的催化剂，加快了反应速率，故答案为生成的Mn2+在反应中起到催化剂的作用，加快了反应速率；（1）草酸中的碳元素被在酸性条件下能被高锰酸钾溶液氧化为CO2，高锰酸根能被还原为Mn2+，根据得失电子数守恒来配平可得离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2 Mn2++8H2O；（2）由于猜想I是认为可能是由于反应放热导致体系温度升高而加快了反应速率，故应测量反应前和反应开始后一段时间的温度变化，则还缺少温度计；（3）猜想II是认为生成的Mn2+在反应中起到催化剂的作用，由于Cl-也能使高锰酸钾溶液褪色，故为了避免Cl-的干扰，故应补充MnSO4固体，通过测量溶液褪色的时间的长短来验证猜想，则还需的仪器是秒表；（4）要通过对比实验来验证猜想Ⅱ，则实验B和实验A的试剂的选择应除了MnSO4固体不同，其他均应相同，故试管B内加入的试剂是在试管A试剂的基础上多加了MnSO4（s），由于结论是猜想II成立，则试管B的褪色时间应该比试管A的更快，故答案为2．某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化的实验：实验Ⅰ：将3Fe +转化为2Fe (+如图)(1)Fe 3+与Cu 粉发生反应的离子方程式为______．(2)探究白色沉淀产生的原因，请填写实验方案：查阅资料：.SCN -ⅰ的化学性质与I -相似，2.2Cu 4I 2CuI (+-+=↓ⅱ白色2)I +实验方案现象 结论步骤1：取4mL ______ mol /L 4CuSO 溶液，向其中滴加3滴0.1mol /L KSCN 溶液 产生白色沉淀 4CuSO 与KSCN 反应产生了白色沉淀步骤2：取 ______无明显现象2Cu +与SCN -反应的离子方程式为______．实验Ⅱ：将2Fe +转化为3Fe + 实验方案现象向3mL 0.1mol /L 4FeSO 溶液中加入1mL 8mol /L 稀硝酸溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色探究上述现象出现的原因：查阅资料：22FeNO Fe(NO)(+++ƒ棕色)(3)用离子方程式解释NO 产生的原因______．(4)从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析： 反应Ⅰ：2Fe +与3HNO 反应； 反应Ⅱ：2Fe +与NO 反应①依据实验现象，甲认为反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ______(填“快”或“慢”)．②乙认为反应Ⅰ是一个不可逆反应，并通过实验证明其猜测正确，乙设计的实验方案是______．③请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因______．【答案】3222Fe Cu 2Fe Cu ++++=+ 0.1 取44mL0.1mol /LFeSO 溶液，向其中滴加3滴0.1mol /LKSCN 溶液 ()222Cu4SCN 2Cu SCN (SCN)+-+=↓+23323Fe 4H NO 3Fe NO 2H O ++-+++=+↑+ 慢 取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴(]36K [Fe CN)溶液或者4KMnO ，溶液无明显变化，说明反应I 是不可逆反应2Fe +被硝酸氧化为3Fe +，导致溶液中2Fe +浓度降低，导致平衡22Fe NO Fe(NO)+++ƒ逆向移动，最终2Fe(NO)+完全转化为3Fe +，溶液由棕色变为黄色 【解析】 【分析】（1）Fe 3+与Cu 粉发生反应生成铜离子与亚铁离子；（2）图1中得到溶液中Fe 2+为0.2mol/L ，Cu 2+为0.1mol/L ，分别取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，滴入KSCN 溶液进行对照实验；由题目信息ii 可知，Cu 2+与SCN -反应生成CuSCN 沉淀，同时生成(SCN)2；（3）亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，反应生成铁离子、NO 与水；（4）①反应速率快的反应现象最先表现；②反应中硝酸过量，若存在平衡，溶液中含有Fe 2+，否则没有Fe 2+，可以用K 3[Fe(CN)6]溶液检验；③Fe 2+被硝酸氧化为Fe 3+，导致溶液中Fe 2+浓度降低，导致平衡发生移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe 3+。
【化学】化学化学反应速率与化学平衡的专项培优 易错 难题练习题(含答案)及详细答案
【化学】化学化学反应速率与化学平衡的专项培优 易错 难题练习题(含答案)及详细答案一、化学反应速率与化学平衡1．某化学兴趣小组欲测定KClO 3，溶液与3NaHSO 溶液反应的化学反应速率．所用试剂为10mL0.1mol/LKClO 3，溶液和310mL0.3mol /LNaHSO 溶液，所得数据如图所示。
已知：2334ClO 3HSO Cl 3SO 3H ----++=++。
（1）根据实验数据可知，该反应在0～4min 内的平均反应速率()Cl v -=________()mol /L min ⋅。
（2）某同学仔细分析实验数据后发现，在反应过程中，该反应的化学反应速率先增大后减小．某小组同学针对这一现象进一步探究影响该化学反应速率的因素，具体方法如表示。
方案 假设实验操作 Ⅰ 该反应放热使溶液温度升高，反应速率加快 向烧杯中加入10mL0.1mo//L 的3KClO 溶液和10mL0.3mol/L 的3NaHSO 溶液，Ⅱ 取10mL0.1mo/L 的3KClO 溶液加入烧杯中，向其中加入少量NaCl 固体，再加入10mL0.3mol/L 的3NaHSO 溶液Ⅲ 溶液酸性增强加快了化学反应速率分别向a 、b 两只烧杯中加入10mL0.1mol/L 的3KClO 溶液；向烧杯a中加入1mL 水，向烧杯b 中加入1mL0.2mol/L 的盐酸；再分别向两只烧杯中加入10mL0.3mol/L 的3NaHSO 溶液①补全方案Ⅰ中的实验操作：________。
②方案Ⅱ中的假设为________。
③除Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的假设外，还可以提出的假设是________。
④某同学从控制变量的角度思考，认为方案Ⅲ中实验操作设计不严谨，请进行改进：________。
⑤反应后期，化学反应速率变慢的原因是________。
【答案】0.0025 插入温度计 生成的Cl -加快了化学反应速率 生成的24SO -加快了化学反应速率 将1mL 水改为1mL0.2mol/L 的NaCl 溶液 反应物浓度降低【解析】【分析】【详解】（1）根据实验数据可知，该反应在0～4min 内生成氯离子的浓度是0.010mol/L ，所以平均反应速率()()Cl 0.010mol /L 4min 0.0025mol /L min c -=÷=⋅； （2）①由于是假设该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快，因此需要测量反应过程中溶液温度的变化；②方案I 、Ⅱ相比较，Ⅱ中加入了少量氯化钠，所以方案Ⅱ中的假设为生成的Cl -加快了化学反应速率；③由于反应中还有硫酸根离子生成，则除I 、Ⅱ、Ⅲ中的假设外，还可以提出的假设是生成的硫酸根离子加快了化学反应速率；④为防止氯离子对实验的干扰，则改进措施是将1mL 水改为1mL0.2mol/L 的NaCl 溶液； ⑤反应后期反应物浓度减小，因此化学反应速率变慢。
化学化学反应速率与化学平衡的专项培优 易错 难题练习题含答案
化学化学反应速率与化学平衡的专项培优易错难题练习题含答案一、化学反应速率与化学平衡1．锂离子电池能够实现千余次充放电，但长时间使用后电池会失效，其中的化学试剂排放至环境中不仅会造成环境污染，还会造成资源的浪费。
实验室模拟回收锂离子电池中的Co、Ni、Li的流程如图。
已知：LiCoO2难溶于水，易溶于酸。
回答下列问题：（1）LiCoO2中Co的化合价是__。
（2）LiCoO2在浸出过程中反应的离子方程式是__。
（3）浸出剂除了H2O2外，也可以选择Na2S2O3，比较二者的还原效率H2O2__(填“>”或“<”)Na2S2O3(还原效率：还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质的量)。
（4）提高浸出效率的方法有__。
（5）利用Cyanex272萃取时，pH对钴、镍萃取分离效果的影响如图。
从图中数据可知，用Cyanex272萃取分离时，最佳pH是__。
（6）反萃取的离子方程式为2H++CoR2=Co2++2HR，则反萃取剂的最佳选择是__。
（7）常温下，若水相中的Ni2+的质量浓度为1.18g·L-1，则pH=__时，Ni2+开始沉淀。
[K sp(Ni(OH)2=2×10-15]（8）参照题中流程图的表达，结合信息设计完成从水相中分离Ni和Li的实验流程图(如图)___。
已知：提供的无机试剂：NaOH、Na2CO3、NaF。
【答案】+3 2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O < 适当升高温度，适当增加H2SO4浓度 5.5 H2SO4 7.5 ①NaOH ②Ni(OH)2 ③NaF【解析】【分析】(1)通过化合物中各元素化合价代数和为0进行计算；(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4，可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的规律写出化学方程式；(3)根据等物质的量H2O2和Na2S2O3作为还原剂转移电子的多少进行判断；(4)提高浸出效率即提高化学反应速率；(5)分离Co2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围；(6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时不能引入新杂质；(7)根据K sp(Ni(OH)2的表达式进行计算；(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀。
化学化学反应速率与化学平衡的专项培优 易错 难题练习题(含答案)含详细答案
化学化学反应速率与化学平衡的专项培优易错难题练习题(含答案)含详细答案一、化学反应速率与化学平衡1．碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。
（1）合成该物质的步骤如下：步骤1：配制0.5mol·L-1 MgSO4溶液和0.5mol·L-1 NH4HCO3溶液。
步骤2：用量筒量取500mL NH4HCO3溶液于1000mL三颈烧瓶中，开启搅拌器。
温度控制在50℃。
步骤3：将250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min内滴加完后，用氨水调节溶液pH到9.5。
步骤4：放置1h后，过滤，洗涤。
步骤5：在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸镁晶须产品（MgCO3·nH2O n=1～5）。
①步骤2控制温度在50℃，较好的加热方法是_________。
②步骤3生成MgCO3·nH2O沉淀的化学方程式为__________。
③步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法是__________。
（2）测定生成的MgCO3·nH2O中的n值。
称量1.000碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中加入适量水，并滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应4～5h，反应后期将温度升到30℃，最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CO2的总量；重复上述操作2次。
①图中气球的作用是_________。
②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是______。
③测得每7.8000g碳酸镁晶须产生标准状况下CO2为1.12L，则n值为_______。
（3）碳酸镁晶须可由菱镁矿获得，为测定某菱镁矿（主要成分是碳酸镁，含少量碳酸亚铁、二氧化硅）中铁的含量，在实验室分别称取12.5g菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中，加入指示剂，用0.010mol/L H2O2溶液进行滴定。
平行测定四组。
消耗H2O2溶液的体积数据如表所示。
实验编号1234消耗H2O2溶液体积/mL15.0015.0215.6214.98①H2O2溶液应装在_________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
高考化学十四 化学反速率与化学平衡图象题的破解策略精培优专练试题
魁夺市安身阳光实验学校培优点十四化学反应速率与化学平衡图象题的破解策略1．平衡常数的计算典例1．t℃时，体积不变的密闭容器中发生反应：X(g)＋3Y(g)2Z(g)，各组分在不同时刻的浓度如下表：物质X Y Z初始浓度/mol·L−10.1 0.2 02min末浓度/mol·L−10.08 a b平衡浓度/mol·L−10.05 0.05 0.1下列说法中正确的是（）A．平衡时，X的转化率为20%B．t℃时，该反应的平衡常数为40C．增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动D．前2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v(Y)＝0.03mol·(L·min) -1【解析】X的转化率α(X)＝0.05mol·L−1÷0.1mol·L−1×100%＝50%，故A错误；平衡常数K＝0.120.05×0.053＝1600，故B错误；增大压强，正、逆反应速率均增大，故C错误；由表格中数据可知2min内Y的浓度减小了0.06mol·L−1，v(Y)＝0.06mol·L−1÷2min＝0.03mol·(L·min) -1，故D正确。
【答案】D2．转化率的计算典例2．如图，甲容器有一个移动活塞，能使容器保持恒压。
起始时向甲中充入2mol SO2、1mol O2，向乙中充入4mol SO2、2mol O2。
甲、乙的体积都为1L(连通管体积忽略不计)。
保持相同温度和催化剂存在的条件下，关闭活塞K，使两容器中各自发生下述反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。
达平衡时，甲的体积为0.8L。
下列说法正确的是（）A．乙容器中SO2的转化率小于60%B．平衡时SO3的体积分数：甲＞乙C．打开K后一段时间，再次达到平衡，甲的体积为1.4 LD．平衡后向甲中再充入2mol SO2、1mol O2和3mol SO3，平衡向正反应方向移动【解析】根据阿伏加德罗定律(同温同容时，压强之比等于物质的量之比)，达平衡后，混合气体的物质的量是初始时物质的量的0.8倍，即0.8×3mol＝2.4mol，即减小了0.6mol，根据化学方程式的计算可知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) Δn2 11.2mol 0.6mol即达平衡后，反应了1.2mol SO2，甲容器中SO2的转化率为1.2 mol2 mol×100%＝60%，若乙容器压强也不变，则平衡后体积为1.6L，现体积不变，相当于甲平衡后增大压强，平衡正向移动，SO2的转化率增大，A错误；根据上述分析，平衡时SO3的体积分数：甲＜乙，B错误；根据上述分析，打开K后一段时间，一．化学平衡的相关计算再次达到平衡，总体积为2.4L，因此甲的体积为1.4L，C正确；根据上述分析，甲平衡后，容器中有0.8mol SO2，0.4mol O2，1.2mol SO3，物质的量之比为2∶1∶3，平衡后向甲中再充入2mol SO2、1mol O2和3mol SO3，物质的量之比不变，平衡不移动，D错误。
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【化学】化学化学反应速率与化学平衡的专项培优易错难题练习题及答案一、化学反应速率与化学平衡1．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2实验I：Na2S2O3的制备。
工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：(1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。
b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。
c中试剂为_______(2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______ (写出一条)(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。
资料：Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)装置试剂X实验现象Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s 后几乎变为无色(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。
从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：_______实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g∙mol-1)0.5880g。
平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L-1【答案】分液漏斗 蒸馏烧瓶 24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑ 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO 2过量，溶液显酸性．产物会发生分解 加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀 开始生成 Fe(S 2O 3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe 3+与S 2O 32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe 3++3S 2O 32-⇌Fe(S 2O 3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色 0.1600 【解析】 【分析】 【详解】(1)a 的名称即为分液漏斗，b 的名称即为蒸馏烧瓶；b 中是通过浓硫酸和Na 2SO 3反应生成SO 2，所以方程式为：24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑；c 中是制备硫代硫酸钠的反应，SO 2由装置b 提供，所以c 中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液； (2)从反应速率影响因素分析，控制SO 2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO 2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO 2过量，溶液显酸性，产物会发生分解； (4)检验Fe 2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe 2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成3233Fe(S O )-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe 3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：①2327226I Cr O 14H =3I 2Cr7H O --++++++；②2222346=I 2S O 2I S O ---++；反应①I -被氧化成I 2，反应②中第一步所得的I 2又被还原成I -，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的227Cr O -得电子总数就与消耗的223S O -失电子总数相同 ；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。
所以假设c (Na 2S 2O 3)=a mol/L ，列电子得失守恒式：10.58806=a 0.02513294⨯⨯⨯⨯，解得a=0.1600mol/L 。
2．甲、乙两个实验小组利用KMnO 4酸性溶液与H 2C 2O 4溶液反应研究影响反应速率的因素。
设计实验方案如下(实验中所用KMnO 4溶液均已加入H 2SO 4)：甲组：通过测定单位时间内生成CO 2气体体积的大小来比较化学反应速率的大小。
某同学进行实验，其中A 、B 的成分见表：（1）该反应的离子方程式为____；乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需时间的多少来比较化学反应速率。
为了探究KMnO4与H2C2O4浓度对反应速率的影响，某同学在室温下完成以下实验（2）X=___，4号实验中始终没有观察到溶液褪色，你认为可能的原因是____。
（3）在实验中发现高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快。
某同学认为是放热导致溶液温度升高所致，重做3号实验，测定过程中溶液不同时间的温度，结果如表：结合实验目的与表中数据，你得出的结论是____。
（4）从影响化学反应速率的因素看，你的猜想还可能是____的影响。
若用实验证明你的猜想，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是___。
a.硫酸钾b.水c.氯化锰d.硫酸锰【答案】5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O 5 H2C2O4的量太少，KMnO4过量反应速率加快不是温度的影响催化剂 d【解析】【详解】（1）KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应生成二氧化碳、硫酸锰和水,该反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；（2）为了探究KMnO4与H2C2O4浓度对反应速率的影响,实验1-4中溶液的总体积应该为20，则X=20-10-5=5；环境表中数据可知H2C2O4的量太少，KMnO4过量，所以4号实验中始终没有观察到溶液褪色；（3）根据表中数据知，20s时温度不最高，但20s前突然褪色，说明温度不是反应速率突然加快的原因；（4）KMnO4与H2C2O4反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以猜想还可能是催化剂的作用，要想验证锰离子的催化作用，在做对比实验时同时加入硫酸锰观察反应速率是否变化即可，答案选d。
【点睛】锰离子对于高锰酸钾和草酸的反应具有催化作用，在人教版选修四提到过，应该熟记以便于以后的应用。
3．某化学学习小组进行如下实验Ⅰ.探究反应速率的影响因素设计了如下的方案并记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。
限选试剂和仪器：0.20 mol·L-1H2C2O4溶液、0.010 mol·L-1KMnO4溶液（酸性）、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽(1)上述实验①、②是探究_____对化学反应速率的影响；若上述实验②、③是探究浓度对化学反应速率的影响，则 a 为_________；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写_____。
Ⅱ.测定 H2C2O4·xH2O 中 x 值已知：M（H2C2O4）=90 g·mol-1①称取 1.260 g 纯草酸晶体，将草酸制成 100.00 mL 水溶液为待测液；②取 25.00 mL 待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀 H2SO4；③用浓度为 0.05 000 mol·L-1的 KMnO4标准溶液进行滴定。
(2)请写出滴定中发生反应的离子方程式_____。
(3)某学生的滴定方式（夹持部分略去）如下，最合理的是_____（选填 a、b）。
(4)由图可知消耗 KMnO4溶液体积为_____mL。
(5)滴定过程中眼睛应注视_________，滴定终点锥形瓶内溶液的颜色变化为_____。
(6)通过上述数据，求得 x=_____。
若由于操作不当，滴定结束后滴定管尖嘴处有一气泡，引起实验结果_____（偏大、偏小或没有影响）；其它操作均正确，滴定前未用标准KMnO4 溶液润洗滴定管，引起实验结果_________（偏大、偏小或没有影响）。
【答案】温度 1.0 溶液褪色时间/s 5H2C2O4＋2MnO4-＋6H+ ===10CO2↑＋2Mn2+＋8H2Ob 20.00 锥形瓶中颜色变化 溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色 2 偏小 偏小 【解析】 【分析】 【详解】I 、(1)由表中数据可知，实验①、②只有温度不同，所以实验①、②是探究温度对化学反应速率的影响。
若上述实验②、③是探究浓度对化学反应速率的影响，对比表中数据，只有H 2C 2O 4浓度可变，在保证溶液总体积(2.0mL+4.0mL=6.0mL)不变条件下加蒸馏水稀释H 2C 2O 4溶液，所以a=6.0mL-4.0mL-1.0mL=1.0mL 。
因为本实验是探究反应速率的影响因素，所以必须有能够计量反应速率大小的物理量，KMnO 4的物质的量恒定，KMnO 4呈紫色，可以以溶液褪色所用的时间来计量反应速率，所给仪器中有秒表，故时间单位为“s”，表格中“乙”应该是“溶液褪色时间/s”。
II 、(2)H 2C 2O 4分子中碳原子显+3价，有一定的还原性，常被氧化为CO 2，KMnO 4具有强氧化性，通常被还原为Mn 2+，利用化合价升降法配平,所以滴定中的离子方程式为：5H 2C 2O 4+2MnO 4-+6H +=2Mn 2++10CO 2↑+8H 2O ；(3)KMnO 4具有强氧化性，能氧化橡胶，所以不能用碱式滴定管盛装KMnO 4溶液，a 不合理，答案选b ；(4)图中滴定管精确到0.1mL ，估读到0.01mL ，从上往下读，滴定前的读数为0.90mL ，滴定后的读数20.90mL ，消耗KMnO 4溶液体积为20.90mL-0.90mL=20.00mL ；(5)滴定实验中减小误差的关键操作就是要准确判断滴定终点，所以滴定过程中眼睛始终注视着锥形瓶中溶液颜色的变化；KMnO 4呈紫红色，当KMnO 4不足时，溶液几乎是无色，当H 2C 2O 4完全反应后，再多一滴KMnO 4溶液，溶液立即显红色，此时我们认为是滴定终点，为防止溶液局部没有完全反应，故还要持续摇动锥形瓶30s ，所以滴定终点锥形瓶内溶液的颜色变化为：溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色； (6)先求H 2C 2O 4物质的量，再求H 2C 2O 4·xH 2O 摩尔质量。